2019-2020年高三物理上学期期中试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高三物理上学期期中试卷（含解析） (V)一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共计40分1-7题为单项选择题，8-10题为多项选择题，多选题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（xx福建模拟）如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明此时斜面不受地面的摩擦力作用若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力（）A大小为零B方向水平向右C方向水平向左D大小和方向无法判断考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，分析此时斜面的受力情况若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，再分析斜面的受力情况，根据物体对斜面的作用有无变化，确定地面对斜面体有无摩擦解答：解：由题物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，物体对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零故选：A点评：本题中推力F与斜面体之间没有直接的关系，关键抓住物体对斜面体的压力和摩擦力没有改变进行分析2（4分）（xx秋站前区校级期中）如图所示，一名战士在倾角为30斜面上的A点以9.8m/s的初速度水平抛出的一手榴弹，飞行一段时间后又落在斜面上的B点，重力加速度g=9.8m/s2则物体飞行时间为（）AB3CD2s考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直位移和水平位移的关系求出物体飞行的时间解答：解：根据tan30=得，t=故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解3（4分）（xx镜湖区校级一模）如图所示，质量相等的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）Ag、2g、0B2g、2g、0C2g、2g、gD2g、g、g考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、B和C整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度解答：解：剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2mg；再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体B受到的力的合力等于2mg，向下，物体A受到的合力为2mg，向上，物体C受到的力不变，合力为零，故物体B有向下的2g的加速度，物体A具有2g的向上的加速度，物体C的加速度为零；故选B点评：本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变4（4分）（xx青浦区一模）如图，一根跨越一固定水平光滑细杆的轻绳，两端各系一个小球，球a置于地面，球b被拉到与细杆同一水平的位置在绳刚被拉直时，球b从静止状态向下摆动，当球b摆到竖直位置时，球a刚要离开地面，则两球质量之比ma：mb为（）A1B2C3D4考点：向心力；机械能守恒定律分析：当b球摆到竖直最低位置时，a球刚要离开地面则绳子的拉力大小等于a球的重力由牛顿第二定律，结合向心力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系解答：解：小球b从静止摆到最低位置的过程中，仅有重力做功，所以小球机械能守恒则有： （1）小球b最低位置受力分析：重力、拉力；运动分析：圆周运动，则有： （2）小球b摆到最低位置时，小球a刚要离开地面则有：T=mag （3）由（1）（2）（3）可得：ma：mb=3：1故选为C点评：小球b在下摆过程中运用机械能守恒定律，在最低点运用牛顿第二定律同时借助于小球a 的重力得知小球b摆到最低点时绳子的拉力大小，从而将两球质量联系起来5（4分）（xx川汇区校级模拟）以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（）A极限的思想方法B猜想的思想方法C控制变量的方法D放大的思想方法考点：物体的弹性和弹力；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定分析：根据各实验的原理可得出实验中应用的物理思想方法解答：解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化而放大；引力大小仍是借助于光的反射来放大螺旋测微器将本来很小的距离放大在转动部分上，故这些实验本采用了放大的思想方法；故选：D点评：对于物理问题应透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性6（4分）（xx川汇区校级模拟）如图1所示是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图2所示，则以下说法中正确的是（）AA、B两点的电场强度是EAEBBA、B两点的电势是ABC负电荷q在A、B两点的电势能大小是ABD此电场一定是负电荷形成的电场考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口解答：解：A：速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强故A错误B：由图可知，粒子的速度增大，电场力对粒子做正功，所以粒子受力的方向和运动的方向相同，即受力向右；由于粒子带负电荷，受力的方向与电场线的方向相反，所以电场的方向是从B向A，A、B两点的电势关系是AB，故B错误；C：由于粒子的速度增大，电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，所以负电荷在A、B两点的电势能大小是AB故C正确；D：此处仅有一条电场线，而且A点的场强小于B点场强，所以可以确定一定不是负点电荷形成的电场，故D错误故选：C点评：本题虽然难度不大，但考查的知识点比较全面，是不可多得的好题，要注意掌握7（4分）（xx秋龙井市校级期中）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减少D极板带电量将增加考点：电容器专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化8（4分）（xx秋广阳区校级期中）如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的vt图线已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A两物体从同一地点出发B出发时B在A前3m处C3s末两个物体相遇后，两个物体不可能再相遇D运动过程中B的加速度大于A的加速度考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，两物体不可能再相遇由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度解答：解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同故A错误B、两物体在3s内的位移分别为xA=43m=6m，xB=23m=3m，则出发时B在A前3m处故B正确C、3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，两物体不可能再相遇故C正确D、由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度故D错误故选BC点评：对于速度时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析9（4分）（xx海南）如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动在移动过程中，下列说法正确的是（）AF对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和BF对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能DF对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和考点：功能关系；动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系专题：压轴题分析：对木箱进行受力分析，找出在木箱运动中有哪些力做功，做什么功，同时结合功能关系找出能量之间的转化，由动能定理及机械能守恒可得出各功及能量之间的关系解答：解：在木箱移动过程中，受力分析如图所示这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的增量而机械能等于动能与重力势能之和，故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以AB错误，CD正确答案：CD点评：功能关系及动能定理等内容可以帮助我们更加快捷地解出题目，故在学习中一定要学会分析题目中的能量关系，并能灵活准确地应用动能定理及功能关系10（4分）（xx秋站前区校级期中）某地球同步卫星的发射过程如下：先进入环绕地球的停泊轨道1，再进入转移轨道2，然后启动星载火箭进入同步轨道3下列判断正确的是（）A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点的加速度D卫星在转移轨道2上经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出加速度、线速度的表达式进行讨论解答：解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有，得轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上线速度较大，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上角速度较大，故B正确；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律，得，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道1上经过Q点的加速度故C正确；D、因为，得，所以卫星在转移轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度故D错误故选：BC点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出加速度、线速度、角速度的表达式，再进行讨论要能够根据题目的要求选择恰当的向心力的表达式二实验题：（本题分2小题，每空3分，共计15分）11（6分）（xx西安模拟）图甲是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图所示，可以读出此工件的长度为102.35mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应6.790mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为102mm，游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为102.35mm螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.0129.0mm=0.290mm，所以最终读数为6.790mm故本题答案为：102.35，6.790点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12（9分）（xx绵阳校级模拟）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA=1kg，金属板B的质量mB=0.5kg用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤的示数如图甲所示，则A、B间的摩擦力F=2.50N，A、B间的动摩擦因数=0.25（g取10m/s2）该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F=3.50N考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，根据平衡条件列式求解；根据x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小解答：解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N根据Ff=mAg，解得：=0.25由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT2，其中x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2根据牛顿第二定律得：FFf=mBa，带入数据解得F=3.5N故答案为：2.50，0.25，3.50点评：本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用三计算题（本题分4小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（8分）（xx秋站前区校级期中）如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，求：在小球在最低点球对环的压力为大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：小球滚动到最低点过程，电场力和重力均做正功，根据动能定理列式求解最低点速度；在最低点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；最后结合牛顿第三定律求解压力解答：解：设圆环的半径为R、小球在最低点速度为v、小球由静止开始沿轨道运动到最低点过程，由动能定理得：（mg+qE）R=在最低点做圆周运动则有：FN（mg+qE）=m解得：FN=3（mg+qE）根据牛顿第三定律（或作用力与反作用力的关系）可知：小球在最低点球对环的压力为大小3（mg+qE）答：小球在最低点球对环的压力大小为3（mg+qE）点评：本题关键是根据动能定理求解最低点速度，然后根据牛顿第二定律求解最低点支持力，常规题14（11分）（xx孝感模拟）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为a=37的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，若作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，试求：（已知g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）拉力F的大小及斜面与物体间的动摩擦因数；（2）拉力F对物体所做的功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小（2）根据牛顿第二定律求出返回加速的加速度大小，结合运动学公式求出t=6s时物体的速度解答：解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2匀减速直线运动的加速度：a2=10m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcosmgsin=ma1撤去F后，由牛顿第二定律得：mgcos+mgsin=ma2解得：F=30N，=0.5（2）由图象的“面积”求得01s内物体的位移为：s=1（0+20）m=10m则拉力F对物体所做的功为：W=Fs=3010J=300J答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小分别为0.5和30N（2）拉力F对物体所做的功为300J点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，理清物体的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解15（10分）（xx秋站前区校级期中）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处（g取l0m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向（2）小环从C运动到P过程中的动能增量考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向（2）根据动能定理求出小环从C运动到P过程中动能的增量解答：解：（1）带电小环沿杆匀速下滑所以根据受力分析可知电场力方向向右，即小环带负电杆子与水平方向成45，所以mg=Eq则方向垂直杆向下（2）设小环C运动到P的过程中动能的增量为Ek=WG+W电WG=mgh=4J W电=0则小环从C运动到P过程中的动能增量Ek=4J答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为，方向垂直杆向下（2）动能的增量为4J点评：解决本题的关键通过共点力平衡得出电场力的大小和方向，然后运用牛顿第二定律和动能定理进行求解16（16分）（xx春重庆期末）质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑B、C为圆弧的两端点，其连线水平已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角=106，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动 （g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）试求：（1）小物块离开A点的水平初速度v1（2）小物块经过O点时对轨道的压力（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）利用平抛运动规律，在B点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度Vy2=2gh显然易求，则水平速度可解（2）首先利用动能定理解决物块在最低点的速度问题，然后利用牛顿第二定律在最低点表示出向心力，则滑块受到的弹力可解根据牛顿第三定律可求对轨道的压力（3）小物块在传送带上做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解解答：解：（1）对小物块，由A到B做平抛运动，根据平抛运动规律有：vy2=2gh在B点tan=，所以v1=3m/s（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：mgR（1sin37）=mvO2mvB2其中vB=5m/s在O点Nmg=m所以N=43N由牛顿第三定律知对轨道的压力为N=43N（3）小物块在传送带上加速过程：2mg=ma3PA间的距离是SPA=1.5m 答：（1）小物块离开A点的水平初速度v1是3m/s（2）小物块经过O点时对轨道的压力是43N（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是1.5m点评：本题是一个单物体多过程的力学综合题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路